以下几种运动形式在任何相等的时间内,物体动量的变化不相等的运动是( )
A.匀变速直线运动 B.平抛运动
C.自由落体运动 D.匀速圆周运动
知识点:物理
D
【考点】动量定理.
【分析】根据动量定理△P=Ft,动量变化量等于合外力的冲量,自由落体、平抛和匀减速直线运动物体所受的力是恒力,在相等时间内物体合外力冲量相同,动量变化量相同,匀速圆周运动的合外力是变力,在相等时间内物体合外力冲量不相同,动量变化量也不相同.
【解答】解:A、根据动量定理△P=Ft,F是合力,匀变速直线运动物体的合力是恒力,相等时间内其冲量不变,动量变化量相同.
B、根据动量定理△P=Ft,F是合力,平抛运动物体的合力是重力,恒力,相等时间内其冲量不变,动量变化量相同.
C、根据动量定理△P=Ft,F是合力,自由落体运动物体的合力是重力,恒力,相等时间内其冲量不变,动量变化量相同.
D、动量变化量是矢量,匀速圆周运动动量变化量方向时刻在变化,在相等时间内动量变化量不相同.也可根据动量定理,△P=Ft,F是合力,匀速圆周运动的合力指向圆心,是变力,相等时间内合力的冲量也是变化的,动量变化量是不相等的.
本题选动量变化不相等的,故选:D
静止在水平面上的物体,用水平恒力F推它ts,物体始终处于静止状态,那么,在这ts内,恒力F对物体的冲量和该物体所受合力的冲量大小分别是( )
A.O,O B.Ft,O C.Ft,Ft D.O,Ft
知识点:物理
B
【考点】动量定理.
【分析】根据冲量的公式,结合力的大小和时间求出恒力F和合力冲量的大小.
【解答】解:恒力F的冲量I=Ft,由于物体处于静止状态,合力为零,则合力的冲量为零.
故选:B.
玻璃杯同一高度下落下,掉在水泥地上比掉在草地上容易碎,这是由于玻璃杯与水泥地撞击的过程中( )
A.玻璃杯的动量较大 B.玻璃杯受到的冲量较大
C.玻璃杯的动量变化较大 D.玻璃杯的动量变化较快
知识点:物理
D
【考点】动量定理.
【分析】根据碰撞前后的速度变化可知动量变化及冲量的关系,由动量定理可得出冲力的变化,从而找出易碎的原因.
【解答】解:玻璃杯从同一高度下落,落地前的速度大小相等,故落地前的动量相等;而最后的速度均为零;故说明动量的变化一定相等;由动量定理可知冲量也一定相等;
但由于掉在水泥地上的时间较短,则说明玻璃杯掉在水泥地上动量变化较快,从而导致冲击力较大;使玻璃杯易碎;
故D正确,ABC错误;
故选D.
图示为真空中半径为r的圆,O为圆心,直径ac、bd相互垂直.在a、c处分别固定有电荷量为+q、﹣q的两个点电荷.下列说法正确的是( )
A.位置b处电场强度大小为
B.ac线上各点电场强度方向与bd线上各点电场强度方向垂直
C.O点电势一定等于b点电势
D.将一负试探电荷从b点移到c点,电势能减小
知识点:物理
C
【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系.
【分析】两个等量异种点电荷Q产生 的电场等势线与电场线具有对称性,作出ac间的电场线,根据顺着电场线电势降低和对称性,分析B与D电势的高低,判断电场力做功情况,可知o点和b电势的大小,根据点电荷的电场E=k和电场叠加原理可求解b点的场强大小.
【解答】解:A、正负电荷在b点分别产生的场强为,根据矢量可知,故A错误;
B、ac线上各点电场强度方向由a指向c,bd线上各点电场强度方向由a指向c,故B错误;
C、bOd是一条等势面,故电势相同,故C正确;
D、将一负试探电荷从b点移到c点,电场力做负功,电势能增加,故D错误;
故选:C
一根长为L、横截面积为S的金属棒,其材料的电阻率为ρ,棒内单位体积自由电子数为n,电子的质量为m,电荷量为e,在棒两端加上恒定的电压时,棒内产生电流,自由电子定向运动的平均速率为v,则金属棒内的电场强度大小为( )
A. B. C.ρnev D.
知识点:物理
C
【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系;电流、电压概念.
【分析】利用电流的微观表达式求的电流,由电阻的定义式求的电阻,由E=求的电场强度
【解答】解:导体中的电流为I=neSv
导体的电阻为R=
导体两端的电压为U=RI
场强为E=
联立解得E=ρnev
故选:C
如图所示,由均匀的电阻丝组成的等边三角形导体框,垂直磁场放置,将ab两点接入电源两端,若电阻丝ab段受到的安培力大小为F,则此时三根电阻丝受到的安培力的合力大小为( )
A.F B.1.5F C.2F D.3F
知识点:物理
B
【考点】安培力.
【分析】根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向,根据闭合电路的欧姆定律计算出各段上的电流大小,再计算出各段安培力的大小,然后使用平行四边形定则合成即可
【解答】解:AB受力:FAB=BIL=F
ACB受力:有效长度为L,电流为AB的电流的,则其受力为: =,二力方向相同,则合力为1.5F
则B正确
故选:B
如图所示,一正方形线圈的匝数为n,边长为a,线圈平面与匀强磁场垂直,且一半处在磁场中,在△t时间内,磁感应强度的方向不变,大小由B均匀的增大到2B.在此过程中,线圈中产生的感应电动势为( )
A. B. C. D.
知识点:物理
B
【考点】法拉第电磁感应定律.
【分析】根据法拉第电磁感应定律E=n=nS,求解感应电动势,其中S是有效面积.
【解答】解:根据法拉第电磁感应定律E=n=nS=n=
故选:B.
如图甲所示电路中,A1、A2、A3 为相同的电流表,C为电容器,电阻R1、R2、R3的阻值相同,线圈L的电阻不计.在某段时间内理想变压器原线圈内磁场的变化如图乙所示,则在t1~t2时间内( )
A.电流表A1的示数比A2的小 B.电流表A2的示数比A3的大
C.电流表A1和A2的示数不相同 D.电流表的示数都不为零
知识点:物理
B
【考点】变压器的构造和原理;闭合电路的欧姆定律;电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用.
【分析】由图可知副线圈电路中的磁通量的变化情况,则由电磁感应可得出产生的感应电流;根据电容器及电感器的性质可得出各表的电流大小.
【解答】解:原线圈中磁场如乙图所示变化,则原线圈中的磁通量均匀变化,故副线圈中产生恒定的电流,因线圈电阻不计,故线圈L对恒定电流没有阻碍作用,所以电流表A1和A2的读数相同,而电容器“通交隔直”,所以电流表A3的读数为0.只有B正确;ACD错误;
故选:B
在如图所示的电路中,a、b为两个完全相同的灯泡,L为自感系数较大而电阻不能忽略的线圈,E为电源,S为开关.关于两灯泡点亮和熄灭的下列说法正确的是( )
A.合上开关,b先亮,a后亮;稳定后b比a更亮一些
B.合上开关,a先亮,b后亮;稳定后a、b一样亮
C.断开开关,a逐渐熄灭、b先变得更亮后再与a同时熄灭
D.断开开关,b逐渐熄灭、a先变得更亮后再与b同时熄灭
知识点:物理
A
【考点】自感现象和自感系数.
【分析】当电键闭合时,通过线圈L的电流实然增大,穿过线圈的磁通量增大,根据楞次定律判断感应电动势的方向和作用,分析哪个灯先亮.断开瞬间也可以按照同样的思路分析.
【解答】解:A、由于a、b为两个完全相同的灯泡,当开关接通瞬间,b灯泡立刻发光,而a灯泡由于线圈的自感现象,导致灯泡渐渐变亮,由于两灯泡并联,L的电阻不能忽略,所以稳定后b比a更亮一些,故A正确,B错误;
C、当开关断开瞬间,两灯泡串联,由线圈产生瞬间电压提供电流,亮度相同,因L的电阻不能忽略,稳定后b比a更亮一些,所以ab不会先变得更亮,两灯泡同时熄灭,故CD均错误.
故选:A.
(多选题)在如图所示的电路中,理想变压器原副线圈的匝数比为2:1,四个灯泡完全相同,其额定电压为U,若已知灯泡L3和L4恰能正常工作,那么( )
A.L1和L2都能正常工作 B.L1和L2都不能正常工作
C.交流电源电压为2U D.交流电源电压为4U
知识点:物理
AD
【考点】变压器的构造和原理.
【分析】设每只灯的额定电流为I,因并联在副线圈两端的两只小灯泡正常发光,所以副线圈中的总电流为2I,由电流关系求出匝数比;由匝数比求电压关系.
【解答】解:A、设每只灯的额定电流为I,额定电压为U,因并联在副线圈两端的两只小灯泡正常发光,所以副线圈中的总电流为2I,电流与匝数成反比,所以原副线圈电流之比为1:2,即原线圈的电流为I,L1和L2都能正常工作,A正确B错误;
C、副线圈两端电压为U,根据电压与匝数成正比,原线圈两端的电压为2U,所以电源的电压为4U,D正确.
故选:AD
如图所示,理想变压器的原副线圈的匝数比n1:n2=2:1,原线圈接正弦式交流电,副线圈接电动机,电动机线圈电阻为R,当输入端接通电源后,电流表读数为I,电动机带动一质量为m的重物以速度v匀速上升,若电动机因摩擦造成的能量损失不计,则图中电压表的读数为( )
A.4IR+ B. C.4IR D. IR+
知识点:物理
A
【考点】变压器的构造和原理;功能关系;电功、电功率.
【分析】输入功率等于输出功率,电流与匝数成反比,结合功率公式即可求解.
【解答】解:电流与匝数成反比,副线圈的电流为2I,输入功率等于副线圈消耗的功率:P=(2I)2R+mgv=UI,所以电压表的读数U=4IR+.
故选:A.
电动自行车是一种应用广泛的交通工具,其速度控制是通过转动右把手实现的,这种转动把手称“霍尔转把”,属于传感器非接触控制.转把内部有永久磁铁和霍尔器件等,截面如图(甲).开启电源时,在霍尔器件的上下面之间加一定的电压,形成电流,如图(乙).随着转把的转动,其内部的永久磁铁也跟着转动,霍尔器件能输出控制车速的电压,已知电压与车速关系如图(丙).以下关于“霍尔转把”叙述正确的是( )
A.为提高控制的灵敏度,永久磁铁的上、下端分别为N、S 极
B.按图甲顺时针转动电动车的右把手,车速将变快
C.图乙中从霍尔器件的左右侧面输出控制车速的霍尔电压
D.若霍尔器件的上下面之间所加电压正负极性对调,将影响车速控制
知识点:物理
B
【考点】霍尔效应及其应用.
【分析】根据霍尔元件的工作原理,当磁场强弱变化时,导致电子受到的洛伦兹力大小变化,从而出现不同的霍尔电势差,进而导致车速变化.
【解答】解:A、由于在霍尔器件的上下面之间加一定的电压,形成电流,当永久磁铁的上下端分别为N、S 极时,磁场与电子的移动方向平行,则电子不受洛伦兹力作用,那么霍尔器件不能输出控制车速的电势差,故A错误;
B、当按图甲顺时针转动把手,导致霍尔器件周围的磁场增加,那么霍尔器件输出控制车速的电势差增大,因此车速变快,故B正确;
C、根据题意,结合图乙的示意图,那么永久磁铁的N、S极可能在左、右侧面,或在前、后表面,因此从霍尔器件输出控制车速的电势差,不一定在霍尔器件的左右侧面,也可能在前后表面,故C错误;
D、当霍尔器件的上下面之间所加电压正负极性对调,从霍尔器件输出控制车速的电势差正负号相反,但由图丙可知,不会影响车速控制,故D错误;
故选:B.
2008年1月10日开始的低温雨雪冰冻造成我国部分地区严重灾害,其中高压输电线因结冰而损毁严重.此次灾害牵动亿万人的心.为消除高压输电线上的凌冰,有人设计了这样的融冰思路:利用电流的热效应除冰.若在正常供电时,高压线上输电电压为U,电流为I,热耗功率为P;除冰时,输电线上的热耗功率需变为9P,则除冰时(认为输电功率和输电线电阻不变)( )
A.输电电流为9I B.输电电压为3U C.输电电流为 D.输电电压为
知识点:物理
D
【考点】远距离输电.
【分析】根据I=可以求出输电线上的电流;根据P=I2R可以求出输电线上损失的电功率.
【解答】解:高压线上的热耗功率P=I2R线 ①
若热耗功率变为9P,则9P=I′2R线 ②
由①②得I′=3I,所以AC错误.
又输送功率不变,由P=UI=U′I′得U′=U,所以B错误,D正确.
故选D.
如图所示是一火警报警器的部分电路示意图.其中R3为用半导体热敏材料制成的传感器.值班室的显示器为电路中的电流表,a、b之间接报警器.当传感器R3所在处出现火情时,显示器的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是( )
A.I变大,U变大 B.I变大,U变小 C.I变小,U变小 D.I变小,U变大
知识点:物理
C
【考点】闭合电路的欧姆定律.
【分析】热敏电阻的阻值随温度的升高而减小,则再由闭合电路的欧姆定律可得出电路中电流与电压U的关系.
【解答】解:当出现火情时,热敏电阻R3的阻值减小,则外电路总电阻减小;由闭合电路欧姆定律可知,电路中总电流将增大;由U=E﹣Ir可知,路端电压减小,则图中报警器两端的电压U将减小;因总电流增大,则R1两端的电压增大,并联部分的电压减小,则可知流过R2中的电流I减小.
故选:C.
(多选题)某同学在电磁炉面板上竖直放置一纸质圆筒,圆筒上套一环形轻质铝箔,电磁炉产生的交变磁场的频率、强度及铝箔厚度可以调节.现给电磁炉通电,发现铝箔悬浮了起来.若只改变其中一个变量,则( )
A.增强磁场,铝箔悬浮高度将不变
B.铝箔越薄,铝箔中产生的感应电流越大
C.增大频率,铝箔中产生的感应电流增大
D.在刚接通电源产生如图磁场的瞬间,铝箔中会产生如图所示的电流
知识点:物理
CD
【考点】法拉第电磁感应定律.
【分析】A、根据安培力F=BIL,结合安培力与重力的大小关系,从而确定高度的变化;
B、根据电阻定律R=,结合I=,即可求解;
C、频率的变化,导致磁场的变化,根据E=,及I=,即可求解;
D、根据楞次定律,即可求解.
【解答】解:A、发现铝箔悬浮了起来,是由于磁场的变化,产生感应电流,导致安培力出现,当磁场增大时,出现感应电流增大,则安培力增大,那么高度会升高,使其周围的磁场会变弱,导致安培力变小,仍与重力平衡,故A错误;
B、根据电阻定律R=,铝箔越薄,S越小,则电阻越大,再由I=,可知,感应电流越小,故B错误;
C、当增大频率,导致磁场的变化率变大,则感应电动势增大,那么感应电流增大,故C正确;
D、在刚接通电源产生如图磁场的瞬间,根据楞次定律:增则反,可知,铝箔中会产生如图所示的电流,故D正确;
故选:CD.
(多选题)线圈所围的面积为0.1m2,线圈电阻为1Ω.规定线圈中感应电流I 的正方向从上往下看是顺时针方向,如图(1)所示.磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图(2)所示.则以下说法正确的是( )
A.在时间0~5s内,I的最大值为0.01A
B.在第4s时刻,I的方向为逆时针
C.前2s内,通过线圈某截面的总电量为0.01C
D.第3s内,线圈的发热功率最大
知识点:物理
ABC
【考点】法拉第电磁感应定律;楞次定律.
【分析】磁感应强度B的变化率越大,磁通量的变化就越大,线圈中产生的感应电动势越大.B﹣t图象的斜率等于B的变化率,根据数学知识判断什么时刻I最大.根据楞次定律判断感应电流的方向.根据推论:q=求电量.根据感应电流的大小确定何时线圈的发热功率最大.
【解答】解:A、由图看出,在时间0~5s内,是0﹣1s内图线的斜率最大,B的变化率最大,线圈中产生的感应电动势最大,感应电流也最大,即为:I=.故A正确.
B、在第4s时刻,穿过线圈的磁场方向向上,磁通量减小,则根据楞次定律判断得知,I的方向为逆时针方向.故B正确.
C、前2s内,通过线圈某截面的总电量为:q===C=0.01C.故C正确.
D、第3s内,B没有变化,线圈中没有感应电流产生,则线圈的发热功率最小.故D错误.
故选:ABC.
(多选题)如图甲所示,在倾角为θ的光滑斜面内分布着垂直于斜面的匀强磁场,其磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示.质量为m的矩形金属框从t=0时刻静止释放,t3时刻的速度为v,移动的距离为L,重力加速度为g.在金属框下滑的过程中,下列说法正确的是( )
A.t1~t3时间内金属框中的电流方向不变
B.0~t3时间内金属框做匀加速直线运动
C.0~t3时间内金属框做加速度逐渐减小的直线运动
D.0~t3时间内金属框中产生的焦耳热为mgLsinθ﹣
知识点:物理
AB
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势;焦耳定律.
【分析】根据楞次定律分析金属框中的电流方向,对金属框受力分析,根据牛顿第二定律判断加速度是否是恒量,若加速度不变即为匀变速直线运动;根据受力情况和做功情况,判断能量转化情况;
【解答】解:A、~时间时间内磁感应强度减小,线框面积不变,磁通量减小,根据楞次定律,感应电流沿逆时针方向;~时间内,磁场方向增大,磁通量增大,由楞次定律,感应电流方向仍然是逆时针方向,所以~时间内金属框中的电流方向不变,故A正确;
BC、由于两个边的电流方向相反,两个边的安培力是抵消的,安培力的合力为0,所以金属框在下滑过程中,合力恒定,加速度恒定,做匀加速直线运动,故B正确,C错误;
D、金属框的安培力合力为0,对金属框只有重力做功,没有其他外力做功,机械能守恒,减少的重力势能等于增加的动能,即,故D错误;
故选:AB
如图所示是研究电磁感应现象的实验仪器,虚线框内给出了原、副线圈导线的绕法,实验前已查明电流表中电流从左接线柱流入时指针向左偏.
(1)用笔画线代替导线在答卷对应的图上连接好实验电路.
(2)若实验中原线圈插入副线圈后,开关S闭合的瞬间,观察到电流表指针向左偏,试在电路连接图中标出电源的正、负极.
(3)若将原线圈拔出,则拔出时电流表指针向 偏.
知识点:物理
解:(1)将电源、电键、变阻器、原线圈串联成一个回路,注意滑动变阻器接一上一下两个接线柱,再将电流计与副线圈串联成另一个回路,电路图如图所示.
(2)开关S闭合的瞬间,观察到电流表指针向左偏,说明感应电流由左接线柱流入,由安培定则可知,副线圈中感应电流磁场向上;
开关闭合时,原线圈电流变大,原磁场变强,穿过副线圈的磁通量变大,由楞次定律可知,感应电流磁场与原磁场方向相反,故原磁场方向向下,由安培定则可知,原线圈电流从B流入,A流出,则电源右端是正极,左端是负极,电路图如图所示.
(3)由电路图可知,闭合开关,穿过副线圈的磁场向下,将原线圈拔出,穿过副线圈的磁通量减小,由楞次定律可知,感应电流从电流表右侧流入,则电流表指针向右偏转.
故答案为:(1)电路图如图所示;(2)电源正负极如图所示;(3)右.
【考点】研究电磁感应现象.
【分析】(1)注意该实验中有两个回路,一是电源、电键、变阻器、小螺线管串联成的回路,二是电流计与大螺线管串联成的回路,据此可正确解答.
(2)根据电流表指针偏转方向判断感应电流方向,安培定则判断感应电流磁场方向,然后根据楞次定律判断出原电流磁场方向,最后由安培定则判断出原电流方向,从而确定电源的正负极.
(3)由楞次定律判断感应电流方向,然后再判断电流表指针偏转方向.
两位同学在实验室利用如图(a)所示的电路测定定值电阻R0,电源的电动势E和内电阻r,调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时,一个同学记录了电流表和A和电压表V1的测量数据,另一同学记录的是电流表和A和电压表V2的测量数据.并根据数据描绘了如图(b)所示的两条U﹣I直线,回答下列问题:
(1)根据甲乙两同学描绘的直线,可知
A.甲同学是根据电压表 V1和电流表A的数据
B.甲同学是根据电压表 V2和电流表A的数据
C.乙同学是根据电压表 V1和电流表A的数据
D.乙同学是根据电压表 V2和电流表A的数据
(2)根据图(b),可求出可以求出定值电阻R0= Ω,电源电动势E= V,内电阻r= Ω.(保留2位有效数字)
知识点:物理
解:(1)从电路连接可以看出,电流表A的读数增大时,电压表V1的读数减小,电压表V2的读数增大.
甲同学是根据电压表V1和电流表A的数据绘制图象的,故B错误,A正确;乙同学是根据电压表V2和电流表A的数据绘制图象的,故C错误,D正确.
故选AD.
(2)从图象可以得出定值电阻R0的阻值为:R0==2.0Ω;
从甲同学的图象可以得出图象在U轴上的截距为1.50 V,即电源的电动势为1.50 V,
图象斜率的绝对值为:k==1.0,即电源的内阻为r=1.0Ω.
故答案为:(1)AD (2)2.0 1.50 1.0
【考点】测定电源的电动势和内阻.
【分析】(1)从电路连接结合电流表和电压表的读数变化判断甲、乙两同学描绘的图线的含义.
(2)图象中两直线的交点表示电压表V1的读数与电压表V2的读数相等,即滑动变阻器的阻值为0,根据图象求解.
(3)由图可知,图象由纵坐标的交点为电动势;由图象与横坐标的交点利用闭合电路欧姆定律可求得内电阻.
据统计人在运动过程中,脚底在接触地面瞬间受到的冲击力是人体自身重力的数倍.为探究这个问题,实验小组同学利用落锤冲击的方式进行了实验,即通过一定质量的重物从某一高度自由下落冲击地面来模拟人体落地时的情况.重物与地面的形变很小,可忽略不计.g取10m/s2.如表为一次实验过程中的相关数据.
重物(包括传感器)的质量m/kg
8.5
重物下落高度H/cm
45
重物反弹高度h/cm
20
最大冲击力Fm/N
850
重物与地面接触时间t/s
0.1
(1)请你选择所需数据,通过计算回答下列问题:
a.重物受到地面的最大冲击力时的加速度大小;
b.在重物与地面接触过程中,重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的多少倍.
(2)如果人从某一确定高度由静止竖直跳下,为减小脚底在与地面接触过程中受到的冲击力,可采取什么具体措施,请你提供一种可行的方法并说明理由.
知识点:物理
解:(1)a.重物受到最大冲击力时加速度的大小为a,由牛顿第二定律:
解得:a=90m/s2…①
b.重物在空中运动过程中,由动能定理有:
…②
重物与地面接触前瞬时的速度大小为:
重物离开地面瞬时的速度大小为:
重物与地面接触过程,重物受到的平均作用力大小为F,设竖直向上为正方向,由动量定理有:
(F﹣mg)t=mv2﹣mv1…③
解得:F=510N
重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的倍数为:
因此重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的6倍.
(2)人接触地面后要同时下蹲以通过延长与地面接触的时间来减小人受到地面的冲击力.
【考点】动能定理;牛顿第二定律.
【分析】(1)根据牛顿第二定律求重物受到地面的最大冲击力时的加速度大小;先求人落地时的速度和反弹时的速度,再选取重物与地面接触过程利用动量定理求解.
(2)根据公式Ft=mv2﹣mv1可知在动量一定的情况下,延长力的作用时间可减小冲击力的大小.
单匝矩形线框abcd如图所示,其中ab=L1,bc=L2,线框电阻为r,ad间接电阻R,并串入电流表A,线框以ad边为轴在磁感应强度为B的匀强磁场中匀速转动,角速度为ω
求:
(1)交流电流表A的示数;
(2)从图示位置转过60°角过程中,通过R的总电荷量;
(3)从图示位置转过180°角过程中,外力所做的功.
知识点:物理
解:
(1)线框中产生的感应电动势最大值为 Em=BL1L2ω
感应电流有效值
感应电流的有效值 I==
(2)图示位置穿过线框的磁通量为 Φ1=0,从图示位置转过60°角磁通量为 Φ2=BL1L2sin60°
则从图示位置转过60°角过程中,通过R的总电荷量 q=△t===
代入解得,q=
(3)从图示位置转过180°角过程中,经过的时间为,
根据功能关系得:外力所做的功 W=Q=I2(R+r)t=.
答:(1)交流电流表A的示数是;
(2)从图示位置转过60°角过程中,通过R的总电荷量是;
(3)从图示位置转过180°角过程中,外力所做的功是.
【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式;交流的峰值、有效值以及它们的关系.
【分析】(1)交流电流表A测量交变电流的有效值,先根据Em=BL1L2ω求出线框中产生的感应电动势最大值,由于产生的是正弦式电流,所以感应电动势的有效值为,再根据闭合电路欧姆定律求解电流的有效值,即可得解.
(2)从图示位置转过60°角过程中,根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律求解电荷量.
(3)根据焦耳定律求解线框中产生的焦耳热,由功能关系知,外力所做的功等于线框中产生的焦耳热.
如图甲所示,两平行金属板间接有如图乙所示的随时间t变化的交流电压u,金属板间电场可看做均匀、且两板外无电场,板长L=0.2m,板间距离d=0.1m,在金属板右侧有一边界为MN的匀强磁场,MN与两板中线OO′垂直,磁感应强度 B=5×10﹣3T,方向垂直纸面向里.现有带正电的粒子流沿两板中线OO′连续射入电场中,已知每个粒子的比荷=108C/kg,重力忽略不计,在0﹣0.8×10﹣5s时间内两板间加上如图乙所示的电压(不考虑极板边缘的影响).已知t=0时刻进入两板间的带电粒子恰好在0,.2×10﹣5s时刻经极板边缘射入磁场.(不考虑粒子间相互影响及返回板间的情况).
求:
(1)求两板间的电压U0
(2)0﹣0.2×10﹣5s时间内射入两板间的带电粒子都能够从磁场右边界射出,求磁场的最大宽度
(3)若以MN与两板中线OO′垂直的交点为坐标原点,水平向右为x轴,竖直向上为y轴建立二维坐标系,请写出在0.3×10﹣5s时刻射入两板间的带电粒子进入磁场和离开磁场(此时,磁场只有左边界,没有右边界)时的位置坐标.
(4)两板间电压为0,请设计一种方案:让向右连续发射的粒子流沿两板中线OO′射入,经过右边的待设计的磁场区域后,带电粒子又返回粒子源.
知识点:物理
解:(1)电荷在电场中作类平抛运动,
d=at2,加速度:a==2.5×1010m/s2,
由牛顿第二定律得:Eq=ma,
解得:E==2.5×1010/108=250V/m,
电势差:U0=Ed=250×0.1=25V;
(2)在0﹣0.2×10﹣5S时间内,0.2×10﹣5S时刻射入两板间的带电粒子进入磁场并能够从磁场右边界射出,
则其他粒子也都能从磁场的右边界射出.粒子进入磁场作匀速圆周运动,
由牛顿第二定律得:Bqv=m,解得:R1=,
由第一问可知:v0==1×105m/s,R1=0.2m,
磁场的最大宽度为:D=R1=0.2m;
(3)0.3×10﹣5S时刻进入的粒子先做匀速直线运动,再做类平抛运动.
类平抛运动时间应为t=0.1×10﹣5s.
若向上偏转,根据平抛运动公式得:
y1=at2=0.0125m,进入坐标为:(0m;0.0125m),
进入磁场作匀速圆周运动,R2=,
离开磁场时的坐标 y2=y1+2R2cosθ=y1+2=0.4125m,
离开磁场左边界坐标为:(0m;0.4125m),
若向下偏转,根据平抛运动公式得:y1=at2=0.0125m,
进入坐标为:(0m,﹣0.0125m),
进入磁场作匀速圆周运动,R2=,
离开磁场时的坐标 y2=2R2cosθ﹣y1=2﹣y1=0.3875m,
离开磁场左边界坐标为:(0m,0.3875m);
(4)在磁场右侧加一方向垂直纸面向外的磁场,如图所示,
能使带电粒子返回粒子源.
答:(1)两板间的电压U0为25V.
(2)0﹣0.2×10﹣5s时间内射入两板间的带电粒子都能够从磁场右边界射出,磁场的最大宽度为0.2m.
(3)若粒子向上偏转,进入磁场的位置坐标为 (0,0.0125 m),离开磁场左边界坐标为 (0,0.4125 m);
若向下偏转,进入坐标为 ( 0,﹣0.0125m),离开磁场左边界坐标为 (0,0.3875m)
(4)在磁场右侧加一方向垂直纸面向外的磁场,如图所示,能使带电粒子返回粒子源.
【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动;带电粒子在匀强电场中的运动.
【分析】(1)带电粒子在电场中做类平抛运动,由题知,电场中偏转距离y=,根据牛顿第二定律和位移公式结合,可求得两板间的电压U0.
(2)在0﹣0.2×10﹣5S时间内,0.2×10﹣5s时刻射入两板间的带电粒子进入磁场并能够从磁场右边界射出,则其他粒子也都能从磁场的右边界射出.粒子进入磁场作匀速圆周运动,画出轨迹,由牛顿第二定律求出轨迹半径,由几何关系求解磁场的最大宽度.
(3)0.3×10﹣5s时刻进入电场的粒子先做匀速直线运动,再做类平抛运动.由类平抛运动的规律求出粒子通过电场时的偏转距离.由几何关系求解带电粒子进入磁场和离开磁场时的位置坐标.
(4)两板间的电压为0,可在磁场右侧加一方向垂直纸面向外的磁场,能使带电粒子返回粒子源